2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  След.
 
 
Сообщение25.02.2008, 22:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/11/06
1096
Одесса, ОНУ ИМЭМ
"Функция минус ряд" - это и есть погрешность приближения функции конечной суммой ряда Тейлора, то, что мы хотим оценить.
Цитата:
Если я так буду пытаться найти приближенно интеграл, то какую точку $x_0$ мне выбрать?
Точка $x_0$ - это точка, в окрестности которой вы выполняете разложение в ряд Тейлора. Зачастую удобно выбрать $x_0=0$. Далее, $R$ - радиус сходимости ряда или число не превосходящее оного.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение25.02.2008, 23:18 


16/02/08
24
Тогда нужно найти
$$(\max_{x\in[x_0-R,x_0+R]} f^{(n+1)}) R^{n+1}/(n+1)! $$
здесь мы находим производную следующего порядка и подставляем в нее значение х, чтобы иметь максимальное значение этой производной. Так?
А $$R^{n+1}$$ - это остаток от ряда? А как его искать?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.02.2008, 00:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/11/06
1096
Одесса, ОНУ ИМЭМ
Давайте вы выпишите нужный ряд Тейлора и мы будем говорить более предметно.
Цитата:
здесь мы находим производную следующего порядка и подставляем в нее значение х, чтобы иметь максимальное значение этой производной. Так?
Так.
Цитата:
А $R^{n+1}$ - это остаток ряда?
Сообщением выше я рассказал, что $R$ - это радиус сходимости исходного ряда. $R^{n+1}$ - это $n+1$-я степень радиуса сходимости.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.02.2008, 13:49 


16/02/08
24
Бодигрим писал(а):
Сообщением выше я рассказал, что $R$ - это радиус сходимости исходного ряда. $R^{n+1}$ - это $n+1$-я степень радиуса сходимости.

Прошу прощения, не доглядела.
Есть интеграл:
$$\int\limits_0^\infty {\ln^2\frac{z(z+2)^3}{(z+3)(z+1)^3}\,dt$$
Я хочу понять, можно ли попробовать подинтегральную функцию разложить в ряд Тейлора (чтобы интегрировать только n-членов ряда, и получиться ли проинтегрировать?), и насколько маленькой погрешности можно добиться. Целесообразно ли будет раскладывать (все таки функция не маленькая). Туманно объяснила?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.02.2008, 15:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/11/06
1096
Одесса, ОНУ ИМЭМ
Цитата:
Целесообразно ли будет раскладывать (все таки функция не маленькая).

Давайте вначале приведем ее к человеческому виду.
${\ln^2\frac{z(z+2)^3}{(z+3)(z+1)^3}= \bigl(\ln z+3\ln(z+2)-\ln(z+3)-3\ln(z+1)\bigr)^2$. Возводя в квадрат, мы получим слагаемые вида $\ln(z+a)\ln(z+b)$. Чтобы разложить такое выражение в ряд Тейлора, нужно разложить отдельно каждый из множителей и перемножить получившиеся ряды.

 Профиль  
                  
 
 Вычисление третьего интеграла
Сообщение26.02.2008, 19:53 
Заслуженный участник


12/07/07
4522
0. Интегрируя по частям исходный третий интеграл ($I$), и разбивая на более простые интегралы, получим
$$I = -12 \int\limits_0^\infty{\frac{1}{(z+1)(z+2)(z+3)}\ln\frac{z(z+2)^3}{(z+3)(z+1)^3}\,dz = $$
$$ -6 \int\limits_0^\infty{
\left(\frac{1}{(z+1)(z+2)} - \frac{1}{(z+2)(z+3)}\right)
\left(\ln\frac{z(z+2)}{(z+1)^2} - \ln\frac{(z+3)(z+1)}{(z+2)^2}\right) 
}\,dz =$$$$-6( I_1 + I_2 + I_3 + I_4)$$,
где
$I_1 = \int_0^\infty{\frac{1}{(z+1)(z+2)}\ln\frac{z(z+2)}{(z+1)^2} }\,dz =\int_0^1{\frac{\ln(1-z^2)}{1+z}}\,dz$,
$I_2 = -\int_0^\infty{\frac{1}{(z+1)(z+2)}\ln\frac{(z+3)(z+1)}{(z+2)^2} }\,dz =-\int_0^{1/2}{\frac{\ln(1-z^2)}{1-z}}\,dz$,
$I_3 =  -\int_0^\infty{\frac{1}{(z+3)(z+2)}\ln\frac{z(z+2)}{(z+1)^2} }\,dz = -\int_0^1{\frac{\ln(1-z^2)}{(1+2z)(1+z)}\,dz = \int_0^1{\frac{\ln(1-z^2)}{1+z}}\,dz -2\int_0^1{\frac{\ln(1-z^2)}{1+2z}}\,dz =$ $I_{1}-2I_{30}$,
$I_4 = \int_0^\infty{\frac{1}{(z+3)(z+2)}\ln\frac{(z+3)(z+1)}{(z+2)^2} }\,dz = \int_0^{1/2}{\frac{\ln(1-z^2)}{1+z}}\,dz$.
Из предыдущих сообщений темы ясно как точно или приближенно вычислить $I_1$, $I_2$, $I_4$, остановимся на вычислении $I_{30}$. В этом сообщении для вычисления $I_{30}$ делаются первые пришедшие в голову преобразования, позволяющие воспользоваться формулой для суммы геометрической прогрессии $\frac{1}{1-q} =\sum\limits_0^\infty q^n$, $|q| < 1$.
$I_{30} = 2I_{31}-I_{32}$,
где
$I_{31} = \int_0^1{\frac{\ln(1-z)}{1+2z}}\,dz = \frac{1}{3}\int_0^1{\frac{\ln t}{1-2/3t}}\,dt = -\frac{1}{3}\sum\limits_0^\infty{\frac{1}{(n+1)^2}\left(\frac{2}{3}\right)^n}$,
$I_{32} = \int_0^1{\frac{\ln[(1-z)/(1+z)]}{1+2z}}\,dz = 2\int_0^1{\frac{\ln(t)}{(3-t)(1+t)}}\,dt=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\int_0^1{\frac{\ln(t)}{1-t/3}}\,dt + \int_0^1{\frac{\ln(t)}{1+t}}\,dt \right)$.
Полученные в $I_{32}$ интегралы, вычисляются аналогичным образом разложением знаменателей в ряд и интегрированием по частям.
Для нахождения необходимого числа слагаемых $N$ для вычисления с наперед заданной точностью суммы $\sum\limits_0^\infty{\frac{1}{(n+1)^2}\left(\frac{2}{3}\right)^n}$ заметим, что хвост мажорируется геометрической прогрессией $\sum\limits_{N+1}^\infty{\left(\frac{2}{3}\right)^n}$. Таким же способом оценивается и необходимое число слагаемых при вычислении суммы ряда первого интеграл в $I_{32}$.
Добавлено на следующий день (27.02.08) утром
1. Пояснение к оценке числа членов частичной суммы, достаточного для получения заданной точности
Допустим мы хотим вычислить сумму ряда $ S= \frac{1}{3}\sum\limits_0^\infty{\frac{1}{(n+1)^2}\left(\frac{2}{3}\right)^n}$ с точностью не меньшей $\epsilon = 0.01$. Обозначим частичную сумму ряда через $S_N$, а остаток через $R_N$. По определению, сумма вычислена с точностью не хуже $\epsilon$ если $|S-S_N|\leqslant \epsilon $. Для этого достаточно выполнения второго неравенства:
$|S-S_N| \equiv  |R_N| \leqslant \frac{1}{3}\sum\limits_{N+1}^\infty{\left(\frac{2}{3}\right)^n} \equiv  {\left(\frac{2}{3}\right)^{N+1}  \leqslant \epsilon$.
(Первое неравенство выполняется по самому выбору мажоранты.) Отсюда получаем оценку сверху $ N(\epsilon) = \left[\frac{\ln(\epsilon)}{\ln(2/3)}\right]$, где через [x] обозначена функция "целая часть числа x" ("антье x"). В нашем случае $N(0.01) = 11$. Воспользовавшись достаточно точными приближенными значения $S = 0.4166359432$ и $S_{11} = 0.4165995694$, получим $|S-S_{11}| \approx 0.00004 < \epsilon$.
Из этого примера видно, что получаемое таким образом значение оценки $N(\epsilon)$ сильно завышено.
Добавлено утром 01.03.08
2. При сведении неберущихся интегралов будут возникать и знакочередующиеся ряды. Для оценки (достаточного для вычисления суммы ряда с заданной точностью) номера N, можно воспользоваться тем, что модуль суммы сходящегося знакочередующегося ряда не превосходит модуля первого члена [1], [2, "Приближенное нахождение сумм числовых рядов"].
Ref.
[1] Фихтенгольц, т. II (см. полную ссылку в моем сообщении раньше в теме).
[2] Демидович Б.П., Марон И.А. Основы вычислительной математики. - М., 1963.
Добавлено днем 10.03.08
3. Дополнение к п.1
Используя более точную очевидную оценку остатка ряда
$R_N \leqslant \frac{1}{3}\frac{1}{(N+2)^2} \sum\limits_{N+1}^\infty{\left(\frac{2}{3}\right)^n} \equiv  \frac{1}{(N+2)^2} {\left(\frac{2}{3}\right)^{N+1}$,
можно перебором найти N такой, что остаток будет меньше $\epsilon$.
Например, для выбранного ранее $\epsilon=0.01$ получим N = 3. (При этом: с точностью 10 знаков $S_3 =0.4115226337$, $|S-S_3| \approx 0.005 < \epsilon = 0.01$.)
Днем 10.03.08 в n.1 исправлена оценка N

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение29.02.2008, 19:06 


16/02/08
24
После интегрирования частями третьего интеграла получаем слагаемое (uv):
$$ z\ln^2\frac{z(z+2)^3}{(z+3)(z+1)^3} $$
Не совсем понимаю как найти его при границах интегрирования (вернее как раскрыть неопределенность)?

Добавлено спустя 14 минут 32 секунды:

При нахождении интеграла I4 получаем два слагаемые. Второе - это сумма вида:
$I_{42} = \sum\limits_1^\infty{\frac{(-1)^{n+1}}{3^n n^2}$
Не нахожу сумму этого ряда. Сумма этого ряда рассчитана или надо искать?

 Профиль  
                  
 
 Раскрытие неопределенности
Сообщение29.02.2008, 19:14 
Заслуженный участник


12/07/07
4522
Раскрытие неопределенности при подстановке пределов интегрирования в uv выполняется аналогично тому, как это выполнялось [выше в этой теме] для первого интеграла. Ничего нового нет.
Посмотрите в учебной литературе вычисление пределов при помощи эквивалентных функций. Разберитесь с подстановкой в uv для первого интеграла. Приведите свои выкладки.
Добавлено утром 01.03.08
Сумму вида $I_{42} = \sum\limits_1^\infty{\frac{(-1)^{n+1}}{2^n n^2}$ я бы вычислял приближенно.
(!) У меня получается другая сумма. Проверьте замену переменного в $I_{42}$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение29.02.2008, 23:11 
Заслуженный участник


22/01/07
605
Borea писал(а):
Второе - это сумма вида:
$I_{42} = \sum\limits_1^\infty{\frac{(-1)^{n+1}}{2^n n^2}$
Не нахожу сумму этого ряда. Сумма этого ряда рассчитана или надо искать?


Функция $Li_2(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2}$. В элементарных функциях не выражается. Конкретно для $I_{42}=-Li_2(-1/2)$ Mathematica тоже никакого хорошего выражения не знает.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.03.2008, 18:30 


16/02/08
24
GAA писал(а):
$\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{z}{1+z} = [\infty0] = \lim\limits_{z\to+\infty}z\ln^2[1-1/(1+z)]  =\lim\limits_{z\to+\infty}z/(1+z)^2 = 0$.
Здесь для раскрытия неопределенности использована эквивалентность для логарифма (грубо говоря, первый член разложения логарифма в ряд)

Прошу меня извинить, не знаю на каком основании можно заменить логарифм первым членом ряда. Может потому, что если взять первый член ряда, то оставшиеся члены при переменной, стремящейся к бесконечности будут стремится к нулю (в данном случае)? Хотя...
Ладно если б это был знакочередующийся ряд. Как Вы правильно заметили, модуль его суммы не будет превышать модуля первого члена. А тут не нашла ничего.
Можно ли было сделать так?
$\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{z}{1+z} =\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{1+z}{z} 
=\lim\limits_{z\to+\infty}z\ln^2[1+1/z] =\lim\limits_{z\to+\infty}z \frac{1}{(z)^2} 
=\lim\limits_{z\to+\infty}\frac{1}{z}= 0$.

 Профиль  
                  
 
 Подстановка пределов интегрирования в uv во втором интеграле
Сообщение03.03.2008, 11:21 
Заслуженный участник


12/07/07
4522
Borea писал(а):
Прошу меня извинить, не знаю, на каком основании можно заменить логарифм первым членом ряда.
См., например [3], в частности: 1) n.3 (Сравнение бесконечно малых и бесконечно больших функций) параграфа 2 и nn.4 (Предельные значения некоторых сложных функций) n.1 параграфа 7 гл. 4;
2) n.1 (Остаточный член в форме Лагранжа, Коши и Пеано), параграфа 14 и n.3 (Использование формулы Маклорена для асимптотических оценок элементарных функций и вычисления пределов) параграфа 16 гл. 8.
Ref .
3. Ильин В.А., Позняк Э.Г. Основы математического анализа. Часть 1. - М.: Наука, 1982.

Borea писал(а):
Можно ли было сделать так?
$\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{z}{1+z} =\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{1+z}{z} =
=\lim\limits_{z\to+\infty}z\ln^2[1+1/z] =\lim\limits_{z\to+\infty}z \frac{1}{(z)^2} =
=\lim\limits_{z\to+\infty}\frac{1}{z}= 0$.
Да, но никакого смысла в такой модификации я не вижу.

Пожалуйста, посмотрите в учебной литературе использование эквивалентных функций и асимптотических разложений для вычисления пределов!

 Профиль  
                  
 
 Re: Подстановка пределов интегрирования в uv во втором интег
Сообщение03.03.2008, 14:56 


16/02/08
24
GAA писал(а):
Borea писал(а):
Можно ли было сделать так?
$\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{z}{1+z} =\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{1+z}{z} =
=\lim\limits_{z\to+\infty}z\ln^2[1+1/z] =\lim\limits_{z\to+\infty}z \frac{1}{(z)^2} =
=\lim\limits_{z\to+\infty}\frac{1}{z}= 0$.
Да, но никакого смысла в такой модификации я не вижу.


Смысл в том, что мне так понятней. Я не математик отнюдь, и мои познания в этой области ограничиваются стандартным курсом в институте. Сейчас, что заново изучаю это все. Тяжеловато.
К сожалению не нашла [2][3] литературы, только схожие, смотрю.

Слагаемое uv во втором интеграле
$$ \lim\limits_{z\to+\infty} z\ln^2\frac{(z+1)^2}{z(z+2)} = \lim\limits_{z\to+\infty} z\ln^2(1+\frac{1}{z(z+2)})=\lim\limits_{z\to+\infty} z\frac{1}{(z(z+2))^2}=0$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Подстановка пределов интегрирования в uv во втором инт.
Сообщение03.03.2008, 16:33 
Заслуженный участник


12/07/07
4522
"Мне так понятней" не объясняет преобразований. Чтобы не возвращаться к этому вопросу при подстановке пределов интегрирования в третьем интеграле, я сейчас попробую объяснить свои действия при вычислении $\lim\limits_{z \to +\infty}z\ln\frac{z}{1+z}$. С чего стартуем: Т.к. аргумент логарифма стремится к 1, то имеем неопределенность $[\infty 0]$. Как планируем бороться: Для использования эквивалентности $ \ln(1+\alpha) \sim  \alpha$, $\alpha \to 0$ при раскрытии нашей неопределенности, представим аргумент логарифма в виде $1 + \alpha(z)$, где $\alpha(z)$ бесконечно малая, при $z \to \infty$. Для этого в аргументе добавим и вычтем 1, т.е.
$\frac{z}{1+z} = 1+\left(\frac{z}{1+z}-1\right) = 1+\underbrace{\left(-\frac{1}{1+z}\right)}_{\alpha(z)}$.
Не стоит рассматривать это пояснение как часть решения. Здесь нет самого главного - ссылок на применяемые утверждения (это зависит от используемой книги). Необходимо изучить предмет по подробным книгам. Для не математиков хороша [3] . Не нашли [3] - можно посмотреть учебник для математиков [4], в частности: гл. III, параграф 2, пункт 4, подпункт d (сравнение асимптотического поведения функций).
Ref.
[4] Зорич В.А. Математический анализ. Часть I. – М.: Наука, 1981.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.03.2008, 18:32 


16/02/08
24
GAA, я хотела бы Вас попросить, на будущее, не говорите мне умных слов
GAA писал(а):
$\lim\limits_{z\to+\infty} z{\ln^2\frac{z}{1+z} = ...$.
Здесь для раскрытия ... (грубо говоря, первый член разложения логарифма в ряд)

Я ж верю людям, меня занесло в такую необъятную степь, попридумывала себе невесть что.
GAA писал(а):
Для использования эквивалентности $ \ln(1+\alpha) \sim \alpha$, $\alpha \to 0$ при раскрытии нашей неопределенности, представим аргумент логарифма в виде $1 + \alpha(z)$, где $\alpha(z)$ бесконечно малая, при $z \to \infty$. Для этого в аргументе добавим и вычтем 1, т.е.
$\frac{z}{1+z} = 1+\left(\frac{z}{1+z}-1\right) = 1+\underbrace{\left(-\frac{1}{1+z}\right)}_{\alpha(z)}$.

Я ж по сути так и делала, только дробь под логарифмом перевернула. И неделю думала каким это макаром Вы так сделали с помощью первого члена ряда? Мне нельзя чего-то постороннего говорить, а то меня уносит.
Не заметить то, что и так знаю. Пойду убъю себя об стену...

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение07.03.2008, 23:33 


16/02/08
24
Маленький вопрос.
Когда делаем в интеграле замену переменной, нужно было соответствующуим образом менять пределы интегрирования. Там получалось, например, пределы интегрирование от 1 до 0, и чтобы перевернуть направление интегрирование (не знаю правильно ли выразилась), т.е. сделать от 0 до 1, нужно перед интегралом ставить минус. Правильно?
$ \int_1^0{...} =-\int_0^1{...}$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 78 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
cron
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group